komentarze do rozwiązań.

Mieczysław Cichoń

prof. UAM dr hab. Mieczys law Cicho´n 2019/2020

Przyk ladowe zadanie typu “wymagalnego na kolokwium” z pe lnym rozwi¸azaniem:

1) Rozwi¸a˙z zagadnienie Cauchy’ego: ux∂u

∂x + uy ∂u ∂x = 1

z warunkami (wyjd¸a do´s´c techniczne wyniki - aby by lo wida´c co trzeba wyliczy´c): a) u(1, y) = _y1,

b) u(0, y) = y2

c) przechodz¸ace przez krzyw¸a Γ: x(t) = 1, y(t) = _t12, u(t) =

√ t.

Poniewa˙z to r´ownanie quasi-liniowe, to linearyzujemy je. Niech u = ψ(x, y) b¸edzie rozwi¸azaniem r´ownania. Podstawiamy

w(x, y, u) = u − ψ(x, y) i obliczamy jego pochodne cz¸astkowe:

∂w ∂u = 1, ∂w ∂x = − ∂ψ ∂x = − ∂ψ ∂x oraz ∂w ∂y = − ∂ψ ∂y = − ∂ψ ∂y

(ostatnie z r´owna´n wynikaj¸a z faktu, ˙ze ψ to posta´c rozwi¸azania r´ownania). Wstawiamy do r´ownania (po prawej mno˙zymy przez 1, czyli przez ∂w_∂u) :

ux(−∂w ∂x) + uy(− ∂w ∂y) = 1( ∂w ∂u) Przenosimy na jedn¸a stron¸e i mno˙zymy przez (-1):

ux∂w ∂x + uy ∂w ∂y + ∂w ∂u = 0.

mamy r´ownanie liniowe funkcji niewiadomej w(x, y, u) (w pewnym zmodyfikowanym obszarze tr´ojwymiarowym!), ale jest ono liniowe jednorodne, a wi¸ec wiemy jak je rozwi¸aza´c...

Teraz ca lki pierwsze (niezale˙zne) r´ownania liniowego. Ukad r´owna´n charak-terystyk

x0 = u · x y0 = u · y u0 = 1.

Mieczysław Cichoń

Dostajemy 2 r´ownania r´o˙zniczkowe, np.: dx_ux = dy_uy oraz _uxdx = du₁ .

Pierwsze z nich to dx_x = dy_y (o zmiennych rozdzielonych), czyli ln x = ln y + ˜

C1. Warto “popracowa´c” nad postaci¸a ca lki pierwszej: ln(x_y) = ˜C1 (w warunku

pocz¸atkowym mamy x = 0, wi¸ec warto mie´c x w liczniku). Jeszcze lepiej: x_y = C1 (jak wida´c: to ju˙z inna sta la). Taka ca lka istnieje w ka˙zdym obszarze nie

zawieraj¸acym prostej y = 0 na p laszczy´znie). Ostatecznie w1(x, y, u) =

x y.

Nie jest ca lkowicie przypadkowe, ˙ze za drugie r´ownanie wybra lem te, zawieraj¸ace zmienn¸a x: to ona jest ustalana w warunku pocz¸atkowym i po jej podstawieniu ca lki si¸e uproszcz¸a!.

Mamy dx_ux = du₁ , czyli dx_x = udu (te˙z o zmiennych rozdzielonych). Ca lkujemy obustronnie: ln x = 1₂u2 + ˜C2. Nie jest to dobra posta´c przy badanym warunku,

gdy˙z na x = 0 taka ca lka nie jest okre´slona. Zmieniamy posta´c (podobnie jak poprzednio, np. korzystamy z r´o˙znowarto´sciowo´sci funkcji ex por´ownuj¸ac warto´sci tej funkcji liczone ”po obu stronach” - popularnie cho nie´sci´sle ”podnosimy e do obu stron i przyr´ownujemy): x = C2 · exp (1₂u2). St¸ad:

w2(x, y, u) = x · e(−

1 2u

2₎

.

Prosz¸e zauwa˙zy´c, ˙zw s¸a niezale˙zne (pierwsza zale˙zy od x, a nie od u, a druga odwrotnie, oczywi´scie mo˙zna policzy´c macierz pochodnych ∂(w1,w2)

∂(x,y,u) (2x3) i jej rz¸ad

- wyniesie 2...).

Nie piszemy rozwi¸azania og´olnego (nie ma tego w zadaniu), za to przechodzimy do warunku brzegowego:

a) Wstawiamy krzyw¸a x = 1. Mamy: D1 = 1 y oraz D2 = 1 · e(− 1 2u 2₎ . Mieczysław Cichoń

Mieczysław Cichoń

Rozwi¸azujemy uk lad wzgl¸edem y i u: y = _D1

1 oraz u =

q ln(_D12

2). Czyli na krzywej

mamy warunek pocz¸atkowy:

s ln( 1

D2₂) = D1. W ca lym badanym obszarze wi¸ec:

s ln( 1 C₂2) = C1, czyli −2 ln C2 = C12 i wstawiaj¸ac za C1 i C2: −2 ln x − (−1 2u 2_{) =}  x y 2

Oczywi´scie trzeba to uporz¸adkowa´c i wyznaczy´c u (o ile si¸a da, uwaga na dziedzin¸e): u = s 2 x y 2 + 4 ln x (w jakiej dziedzinie? co je´sli x < 0?)

Prosz¸e zauwa˙zy´c, ˙ze mamy funkcj¸e u, a nie w, cho´c wstawiali´smy warunkowe rozwi¸azanie, za to do warunku z wyj´sciowego r´ownania.

b) Wstawiamy krzyw¸a x = 0. Mamy: D1 = 0 y = 0 oraz D2 = 0 · e(− 1 2u 2₎ = 0.

I niestety: z tego ukladu nie mo˙zemy wyliczy´c y oraz u i wstawi´c do r´ownania! Nie ma rozwi¸azania przechodz¸acego przez t¸e krzyw¸a. Pytanie dla ambitnych: czy mo˙zna znale´x´c inny caki pierwsze, aby uk lad da l si¸e rozwi¸aza´c?

c) Wstawiamy Γ: x(t) = 1, y(t) = _t12, u(t) =

√ t: D1 = 1 1 t2 = t2 Mieczysław Cichoń

Mieczysław Cichoń

Je´sli si¸e da, to rozwik lujemy powy˙zsze r´ownanie obliczaj¸ac u = u(x, y) = ... (sami, uwaga na obszar).